2 w u = − . b) En utilisant le quotient z z z z − − , démontrer que

TS3 DM à rendre le lundi 2 mai 2011.
MATHEMATIQUES
Exercice 1
→
→
Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormal (O, u , v ) (unité graphique : 4 cm).
1) Résoudre dans CI l'équation : z² − z + 1 = 0.
On appellera z1 la solution dont la partie imaginaire est négative et z2 l'autre solution.
2) Soit R la transformation du plan qui à tout point M d'affixe z associe le point M' d'affixe z' telle que :
i
2π
z' = e 3 z .
Donner la nature et les éléments caractéristiques de cette transformation.
3) Soit A le point d'affixe z1, B le point d'affixe z2 et C le point d'affixe −1. Placer ces points dans le
→
→
repère (O, u , v ). Calculer l'affixe de l'image du point A par R puis l'affixe de l'image de B par R.
z +1
. En déduire son module et un
4) Déterminer la forme algébrique du nombre complexe Z = 2
z1 + 1
argument. Que peut-on en déduire sur la nature du triangle ABC ?
____________________________________________________________________________________
Exercice 2
Le plan est rapporté à un repère orthonormal direct O, u , v d’unité 2cm.
(
)
On placera sur une même figure, qui sera complétée au fur et à mesure, tous les points introduits dans
l’énoncé.
1) Résoudre dans l’ensemble des nombres complexes l’équation
(E): z ² − 2 3 z + 4 = 0 .
2) On désigne par M et N les points d'affixes respectives z1 = 3 + i et z2 = 3 − i .
a) Déterminer les affixes des points Q et P, images respectives de M et N par la translation de vecteur
w = −2u .
z −z
b) En utilisant le quotient Q 1 , démontrer que MNPQ est un carré.
z2 − z1
3) Soient R le symétrique de P par rapport à O, E l'image de P par la rotation de centre O et d'angle π ,
2
S l'image de E par l'homothétie de centre O et de rapport 3 .
a) Calculer les affixes de R et de S.
b) Montrer que S appartient au segment [MN].
4) On pose α = 2 − 3
a) Montrer que 1 + α² = 4α et que 1– α² = 2α 3 .
b) Exprimer les affixes Z de PR et Z' de PS en fonction de α.
π
i
Z
Z
=
Z
'
c) Montrer que
et
=e 3
Z'
d) Déduire des questions précédentes la nature du triangle PRS.
CORRIGE
Exercice 1
 1
3 1
3 
1
3
1
3
; +i
et z2 = + i
1) z² − z + 1 = 0. S =  − i
 . On a donc : z1 = − i
2 2
2 
2
2
2
2
 2
2) R est la rotation de centre O, d'angle 2π/3.
y
B
3) R(A) a pour affixe z2 (expliquer) donc R(A) = B.
R(B) a pour affixe –1 (id.) donc R(B) = C.
3
3
+i
z2 + 1 2
2 = 1 +i 3 .
4) • On a : Z =
=
z1 + 1 3
2
3 2
−i
2
2
• Et donc : Z = 1 et arg Z =
π
3
C
x
O
+ k 2π
A
z 2 + 1 z B − zC z
=
=
et les deux égalités précédentes
z1 + 1 z A − zC zCA
π
CB
signifient donc que :
= 1 soit CB = CA et (CA, CB) = + k 2π .
CA
3
Ceci s'interprète ainsi : le triangle ABC est équilatéral.
____________________________________________________________________________________
Exercice 2
CB
• On a : Z =
2
1) L’équation : (E): z ² − 2 3 z + 4 = 0 a pour discriminant ∆ = −4 = ( 2i ) et pour solutions :
z'=
2 3 + 2i
2 3 − 2i
= 3 + i et z " =
= 3 − i . D’où : S =
2
2
{
}
3 +i ; 3 −i
2) On désigne par M et N les points d'affixes respectives z1 = 3 + i et z2 = 3 − i .
a) Les affixes des points Q et P, images respectives de M et N par la translation de vecteur w = −2u
sont :
zQ = 3 − 2 + i et zP = 3 − 2 − i
Q
R
M
1
b) ● M et N ont pour translatés Q et P, donc MN = QP,
ce qui prouve que MNPQ est un parallélogramme.
zQ − z1
o
-1
1
2
3 − 2 + i − 3 − i −2
=
= −i , et on a
E
z2 − z1
−2i
3 −i − 3 −i
S
zQ − z1
 zQ − z1 
donc :
= −i et arg 
 = arg ( −i ) [ 2π ] ,
z2 − z1
 z2 − z1 
P -1
N
ce qui signifie que
MQ
−π
= 1 soit MN = MQ et MN ; MQ =
[ 2π ]
MN
2
Conclusion : MNPQ est un parallélogramme qui a deux côtés consécutifs perpendiculaires et de
même longueur. C’est un carré.
●
=
(
)
3) Soient R le symétrique de P par rapport à O, E l'image de P par la rotation de centre O et d'angle π ,
2
S l'image de E par l'homothétie de centre O et de rapport 3 .
a) Calculons les affixes de R et de S :
● zR = − z P = − 3 + 2 + i
● zE = izP = 1 + i
(
3−2
)
(
● zS = 3zE = 3 + i 3 − 2 3
)
z −z 
b) Montrons que S appartient au segment [MN] en calculant : SM ; SN = arg  2 S  [ 2π ]
 z1 − zS 
(
(
(
)) (
)) (
(
(
)
)
)
3 −i − 3 +i 3−2 3
i −4 + 2 3
z2 − z S
−2 + 3
=
=
=
qui est un réel négatif,
z1 − zS
−1 + 3
i −2 + 2 3
3 +i − 3 +i 3−2 3
donc : SM ; SN = π [ 2π ] , ce qui signifie que S appartient au segment [MN].
Calculons :
(
)
4) On pose α = 2 − 3
a) Les égalités suivantes sont immédiates : 1 + α² = 4α et 1– α² = 2α 3 .
b) Exprimons les affixes Z de PR et Z' de PS en fonction de α.
= z − z = − 3 +2+i−
Z = z
3 − 2 − i = α + i + α + i soit Z = 2α + 2i
R
P
PR
(
(
)
) (
= z −z =
Z ' = z
3 +i 3− 2 3 −
S
P
PS
)
(
)
3 − 2 − i = 2 + i 4 − 2 3 soit Z ' = 2 + 2α i
c) On a : Z = 4α 2 + 4 = 2 α 2 + 1 et de même pour Z ' = 4α 2 + 4 = 2 α 2 + 1
On a donc Z = Z '
2
Z 2α + 2i α + i (α + i )(1 − α i ) 2α + i (1 − α )
=
=
=
=
et d’après le a), on a donc :
Z ' 2 + 2α i 1 + α i
1+ α 2
1+ α 2
π
i
Z
Z 2α + 2α 3i 1
3
=e 3
=
= +i
d’où :
Z'
Z'
4α
2
2
Calculons :
π
Z
Z  π
d) On déduit : arg   = [ 2π ] soit PS ; PR = [ 2π ] . De plus on a :
= 1 soit PS = PR
3
Z'
 Z ' 3
Conclusion : le triangle PRS est équilatéral.
(
)